《湖南省2016-2017学年高二上学期期末考试 数学（理） Word版含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南省2016-2017学年高二上学期期末考试 数学（理） Word版含答案（14页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、湖南师大附中 20162017 学年度高二第一学期期末考试理科数学试题(这这是是边边文，文，请请 据需要手工据需要手工删删加加)题 答 要 不 内 线 封 密号位座_ 号场考_ 号 学_ 名 姓_ 级 班_ 级 年 (这是边文，请据需要手工删加这是边文，请据需要手工删加) 湖南师大附中 20162017 学年度高二第一学期期末考试理科数学 命题人：高二数学备考组 (必修 3，选修 21，选修 22) 时量：120 分钟 满分：100 分(必考试卷)，50 分(必考试卷) 得分：_必考试卷(满分 100 分) 一、选择题：本大题共 10 个小题，每小题 5 分，共 50 分在每小题给出的四个选项
2、 中，只有一项是符合题目要求的1复数i 1iA2i B. i C0 D2i12 2在ABC 的边 AB 上随机取一点 P，记CAP 和CBP 的面积分别为 S1和 S2，则 S12S2的概率是A. B.1213C. D.14153在平行六面体 ABCDABCD中，设x2y3z，则 xyzACABBCCCA. B. C. D.1165623764. (cos x1)dx 等于 0 A1 B0 C1 D5若 a，b 为实数，则“00)于 点 P，M 关于点 P 的对称点为 N，连结 ON 并延长交 C 于点 H.(1)求；|OH|ON| (2)除 H 以外，直线 MH 与抛物线 C 是否有其它公共
3、点？说明理由必考试卷(满分 50 分) 一、选择题：本大题共 2 个小题，每小题 5 分，共 10 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的 17古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数比如：他们研究过图 1 中的 1，3，6，10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三 角形数；类似地，称图 2 中的 1，4，9，16，这样的数为正方形数下列数中既是三 角形数又是正方形数的是( ) A289 B1 024 C1 225 D1 37818已知函数 f(x)若 g(x)|f(x)|axa 的图象与 x 轴x22x（2 x 0），ln 1x1（0 0)右焦点，点 P 为双曲线左
4、支上一点，x2a2x2b2线段 PF 与圆y2相切于点 Q，且2，则双曲线的离心率为_(xc3)2b29PQQF三、解答题：本大题共 3 小题，共 35 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步 骤 20(本小题满分 10 分) 如图，四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面 ABCD 是菱形，ACBDO，A1O底面 ABCD，ABAA12. (1)证明：平面 A1CO平面 BB1D1D； (2)若BAD60，求二面角 BOB1C 的余弦值21(本小题满分 12 分)已知椭圆1(ab0)的右焦点为 F，A 为短轴的一个端点且(其x2a2y2b2|OA|OF|2中 O 为坐标原点) (1)求椭圆的
5、方程； (2)若 C、D 分别是椭圆长轴的左右端点，动点 M 满足 MDCD，连接 CM，交椭圆于 点 P，试问 x 轴上是否存在异于点 C 的定点 Q，使得以 MP 为直径的圆恒过直线 DP、MQ 的交点，若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，说明理由22(本小题满分 13 分) 已知函数 gxe(2a)x，e 为自然对数的底数(x)(a R)(1)讨论 g的单调性；(x) (2)若函数 fln gax2的图象与直线 ym交于 A、B 两点，线段 AB 中(x)(x)(m R)点的横坐标为 x0，证明：f0，不存在“给力点” ；对于(2)，取(x)|x1|12x01，f在(，1)上有零点 x
6、，在(1，)上有零点 x，所以 f存在“给(x)99100101100(x)力点”1. 对于(3)，f(x)(x1)(x1)，易知 f(x)只有一个零点三、解答题14 【解析】(1)a11，a2 ，a3 ，a4.(3 分)3274158猜想：an.(5 分)2n12n1 (2)证明如下： 当 n1 时，a11，猜想成立；(6 分)假设 nk(k2)时猜想成立，即 ak，(7 分)2k12k1此时，Sk2k，Sk12(k1)ak1，2k12k1 即 Skak12(k1)ak1，ak1 2(k1)Sk 2(k1)，1212(2k2k12k1)2k112（k1）1 因此，nk1 时，猜想也成立，(1
7、0 分)由知，an对 nN*成立(11 分)2n12n1 15 【解析】(1)由题意知，f3(x)，f4(x)是奇函数，f2(x)，f5(x)，f6(x)是偶函数，f1(x)是非 奇非偶函数，(3 分)故 P(A) .(4 分)12 (2)因为基本事件总数为 15，其中两个函数相加为奇函数的只有 f3(x)f4(x)，即事件 B 所包含的基本事件总数为 1，故 P(B).(8 分)115 (3)因为基本事件总数为 6530，事件 C 发生当且仅当第一次取的卡片上是奇函数 或非奇非偶函数，第二次取的卡片上是偶函数，故事件 C，所包含的基本事件总数为 339，P(C).(12 分)93031016
8、 【解析】(1)由已知得 M(0，t)，P.(2 分)(t22p，t)又 N 为 M 关于点 P 的对称点，故 N，(3 分)(t2p，t)ON 的方程为 y x，(4 分)pt代入 y22px 整理得 px22t2x0，解得 x10，x2，(5 分)2t2p因此 H.(6 分)(2t2p，2t)所以 N 为 OH 的中点，即2.(8 分)|OH|ON| (2)直线 MH 与抛物线 C 除 H 以外没有其它公共点(9 分)直线 MH 的方程为 yt x，(10 分)p2t即 x (yt)代入 y22px 得：y24ty4t20，2tp 解得 y1y22t，(11 分) 即直线 MH 与 C 只
9、有一个公共点，所以除 H 以外直线 MH 与 C 没有其它公共点(12分) 必考试卷 一、选择题 17C 【解析】观察三角形数：1，3，6，10，记该数列为an，则 a11， a2a12， a3a23， anan1n. a1a2an(a1a2an1)(123n)，an123n，n（n1）2观察正方形数：1，4，9，16，记该数列为bn，则 bnn2.把四个选项的数字，分 别代入上述两个通项公式，可知使得 n 都为正整数的只有 1 225. 18C 【解析】问题化为|f(x)|axa，即两个函数图象有 3 个交点，分别作出图象， 分析交点个数情况，求出切线斜率即可二、填空题19. 【解析】如图，
10、设左焦点为 F1，连接 PF1，QC，显然 CF12CF，5由已知2，PQQF则 PF1平行于 CQ， 故 PF13CQb， 又根据双曲线的定义得：PFPF12aPF2ab， 在直角三角形 PF1F 中，(2c)2b2(2ab)2b2a，即：b24a2c25a2e.5三、解答题 20 【解析】(1)因为 A1O平面 ABCD，BD平面 ABCD，所以 A1OBD.(1 分) 因为 ABCD 是菱形，所以 COBD. 因为 A1OCOO，所以 BD平面 A1CO.(2 分) 因为 BD平面 BB1D1D，所以平面 BB1D1D平面 A1CO.(3 分)(2)解法一：因为 A1O平面 ABCD，C
11、OBD，以 O 为原点，方向为OBOCOA1x，y，z 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系 因为 ABAA12，BAD60， 所以 OBOD1， OAOC，3OA11.(4 分)则 B，C，A，A1，(1，0，0)(0， 3，0)(0， 3，0)(0，0，1)所以，.(5 分)BB1AA1(0， 3，1)OB1OBBB1(1， 3，1)设平面 OBB1的法向量为 n，(x，y，z)因为，OB(1，0，0)OB1(1， 3，1)所以x0， x 3yz0.)令 y1，得 n.(7 分)(0，1， 3)同理可求得平面 OCB1的法向量为 m.(1，0，1)所以 cosn，m.(8 分)32 264因
12、为二面角 BOB1C 的平面角为钝角，所以二面角 BOB1C 的余弦值为.(10 分)64解法二：由(1)知平面 A1CO平面 BB1D1D， 连接 A1C1与 B1D1交于点 O1， 连接 CO1，OO1， 因为 AA1CC1， AA1CC1，所以 CAA1C1为平行四边形 因为 O，O1分别是 AC，A1C1的中点， 所以 OA1O1C 为平行四边形且 O1COA11. 因为平面 A1CO平面 BB1D1DOO1， 过点 C 作 CHOO1于 H，则 CH平面 BB1D1D. 过点 H 作 HKOB1于 K，连接 CK，则 CKOB1. 所以CKH 是二面角 BOB1C 的平面角的补角(5
13、 分)在 RtOCO1中，CH.(6 分)O1C OCOO11 3232在OA1B1中，因为 A1OA1B1，所以 OB1.5因为 A1B1CD，A1B1CD，所以 B1CA1D.A1O2OD22因为 B1C2OC2OB ，所以OCB1为直角三角形(7 分)2 1所以 CK.(8 分)CB1 OCOB12 3565所以 KH.(9 分)CK2CH232 5所以 cosCKH.KHCK64所以二面角 BOB1C 的余弦值为.(10 分)6421 【解析】(1)由已知：bc，a24，2故所求椭圆方程为1(4 分)x24y22 (2)由(1)知，C(2，0)，D(2，0) 由题意可设 CM：yk(x
14、2)，P(x1，y1)，则 M(2，4k)，由整理得(12k2)x28k2x8k240，(6 分)x24y221，yk（x2），)方程显然有两个解，由韦达定理：x1x2，8k2412k2得 x1，y1，24k212k24k12k2所以 P，设 Q(x0，0)，(8 分)(24k212k2，4k12k2)若存在满足题设的 Q 点，则 MQDP，由0，MQDP整理，可得0 恒成立，所以 x00.(12 分)8k2x012k2 故存在定点 Q(0，0)满足题设要求 22 【解析】(1)由题可知，ge(2a)xxe(2a)x(2a)(x)e(2a)xx1(2 分)(2a) a0，yg在 R 上单调递增(4 分)(x)(x)当 a2 时，令 g0，则x10，x，(x)(2a)1a2令 g，(x)(2a)1a2此时函数 yg在上单调递增，在上单调递减(5 分)(x)(，1a2)1a2，)(2)flnax2ln xxax2，(6 分)(x)(xe（2a）x)(2a)(x 0)f 2ax，(7 分)(x)1x(2a)(2x1)(ax1)x 当 a
